利用导数讨论含参函数的单调性
利用导数讨论含参函数的单调性讨论函数的单调性是研究函数问题的基础，对于函数的最值、极值、零点等性质的研究，都是以函数的单调性为基础展开的。
在此，主要讨论含参函数单调性的讨论方法。
函数的单调性由导函数的正负决定，讨论函数的单调性关键在于研究导函数的正负。
含参函数导函数正负的确定最大的困难在于参数的影响，如何对参数进行分类讨论是问题的关键。
在此，我们将提出三种方法。
一．分离参数、数形结合函数求导后，导函数中的参数可以分离，形如：m x g x f -=)()('的形式，若)(x g 有最小值，则分min )(x g m ≤，min )(x g m >两种情况进行分类讨论。
（1）当min )(x g m ≤时，0)()('≥-=m x g x f ；（2）当min )(x g m >时，若0)()('=-=m x g x f 有一个解，且)(x g 单调，设解为0x ，则0x 将定义域分为两个区间，讨论函数的单调性。
若)(x g 有最大值，则分max )(x g m ≥，max )(x g m <两种情况进行分类讨论。
1.（2012年全国卷文科21题） 设函数2)(--=ax e x f x . （1）求)(x f 的单调区间；解：函数)(x f 的定义域为()+∞∞-,，a e x f x -=)('，①若0≤a ，则0)('>x f ，)(x f 在()+∞∞-,单调递增； ②若0>a ，则由0)('=x f 得a x ln =，当()a x ln ,∞-∈时，0)('<x f ，当()+∞∈,ln a x 时，0)('>x f ； 所以)(x f 的单调减区间是()a ln ,∞-，单调增区间是()+∞,ln a ； 2.（2016年山东文科20题）设x a ax x x x f )12(ln )(2-+-=，R a ∈. （1）令)()('x f x g =，求)(x g 的单调区间. 解：函数)(x f 的定义域为()+∞,0，1221ln )()('-+-+==a ax x x f x g ，a xx g 21)('-=（1）若0≤a ，则0)('>x g ，)(x g 在()+∞,0单调递增；（2）若0>a ，则由0)('=x g 得ax 21=，当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈a x 21,0时，0)('>x g ，当⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞∈,21a x 时，0)('<x g ，所以)(x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,21a 单调递减.3.（2015年北京卷文科19题）设函数x k x x f ln 2)(2-=.（1）求)(x f 的单调区间和极值；解：函数)(x f 的定义域为()+∞,0，xkx x k x x f -=-=2')(，①若0≤k ，则0)('>x f ，)(x f 在()+∞,0单调递增； ②若0>k ，则由0)('=x f 得k x =，当()k x ,0∈时，0)('<x f ，当()+∞∈,k x 时，0)('>x f所以)(x f 的单调减区间是()k ,0，单调增区间是()+∞,k .4.（2015年全国二卷文科21题） 已知函数)1(ln )(x a x x f -+=. （1）讨论)(x f 的单调性；解：函数)(x f 的定义域为()+∞,0，xaxa x x f -=-=11)('， ①若0≤a ，则0)('>x f ，)(x f 在()+∞,0单调递增；②若0>a ，则由0)('=x f 得ax 1=，当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈a x 1,0时，0)('>x f ，当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈0,1a x 时，0)('<x f ；所以)(x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 1,0单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛0,1a单调递减； 5.（2016年四川卷文科21题） 设函数x a ax x f ln )(2--=. （1）讨论)(x f 的单调性； 解：函数)(x f 的定义域为()+∞,0，⎪⎭⎫⎝⎛-=-=-=22'121212)(x a x x ax x ax x f ，①若0≤a ，则0)('<x f ，)(x f 在()+∞,0单调递减；②若0>a ，则由0)('=x f 得ax 21=，当⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∈a x 21,0时，0)('<x f ，当⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞∈,21a x 时，0)('>x f ；所以)(x f 在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0单调递减，在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,21a 单调递增； 若0)()('=-=m x g x f 有两个解，则可以将定义域分为三个区域进行讨论。
6.（2018年全国一卷理科21题）已知函数x a x xx f ln 1)(+-=.（1）讨论)(x f 的单调性； 解：)(x f 的定义域为()+∞,0，2222'1111)(xa x x x ax x x a x x f -+-=+--=+--=. ①若2≤a ，则0)('≤x f ，当且仅当2=a ，1=x 时0)('=x f ， 所以)(x f 在()+∞,0单调递减.②若2>a ，令0)('=x f 得，242--=a a x 或242-+=a a x .当⎪⎪⎭⎫⎝⎛+∞-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--∈,2424,022a a a a x 时，0)('<x f ； 当⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+--∈24,2422a a a a x 时，0)('>x f . 所以)(x f 在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--24,02a a ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-+,242a a 单调递减，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+--24,2422a a a a 单调递增. 二．因式分解、分类讨论求导后，若无法将导函数中参数分离，则考虑对导函数进行因式分解，研究导函数的正负。
1.（2017年全国三卷文科21题） 已知函数x a ax x x f )12(ln )(2+++=. （1）讨论)(x f 的单调性； 解：函数)(x f 的定义域为()+∞,0，xx ax x x a ax a ax x x f )1)(12(1)12(21221)(2'++=+++=+++= )1()1(2)1)(12(+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=++=x x a x x a ，①若0=a ，011)('>+=xx f ，)(x f 在()+∞,0单调递增； ②若0>a ，0)('>x f ，)(x f 在()+∞,0单调递增；③若0<a ，则由0)('=x f 得ax 21-=，当⎪⎭⎫ ⎝⎛-∈a x 21,0时，0)('>x f ，当⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-∈,21a x 时，0)('<x f ； 所以)(x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 21,0单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,21a 单调递减；2.（2017年全国一卷理科21题） 已知函数x e a ae x f x x --+=)2()(2. （1）讨论)(x f 的单调性；解：函数)(x f 的定义域为()+∞∞-,，)12)(()12)(1(1)2(2)(2'+-=+-=--+=-x x x x x x x e e a e e ae e a ae x f ，①若0≤a ，则0)('<x f ，所以)(x f 在()+∞∞-,单调递减，②若0>a ，则由0)('=x f 得a x ln -=，当()a x ln ,-∞-∈时，0)('<x f ；当()+∞-∈,ln a x 时，0)('>x f ； 所以)(x f 在()a ln ,-∞-单调递减，在()+∞-,ln a 单调递增. 3.（2017年全国一卷文科21题） 已知函数x a a e e x f x x 2)()(--=. （1）讨论)(x f 的单调性；解：函数)(x f 的定义域为()+∞∞-,，()))(2(2)(22'a e a e a ae e x f x x x x -+=--=，①若0=a ，则x e x f 2)(=，在()+∞∞-,单调递增； ②若0>a ，则由0)('=x f 得a x ln =.当()a x ln ,∞-∈时，0)('<x f ，当()+∞∈,ln a x 时，0)('>x f ； 所以)(x f 在()a ln ,∞-单调递减，在()+∞,ln a 单调递增； ③若0<a ，则由0)('=x f 得)2ln(a x -=.当⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-∈)2ln(,a x 时，0)('<x f ，当⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-∈),2ln(a x 时，0)('>x f ；所以)(x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-)2ln(,a 单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-),2ln(a 单调递增； 4.（2016年全国一卷文科21题） 已知函数()2)1(2)(-+-=x a e x x f x . （1）讨论)(x f 的单调性；解：函数)(x f 的定义域为()+∞∞-,，())2)(1()1(21)('a e x x a e x x f x x +-=-+-=，（1）设0≥a ，则由0)('=x f 得1=x ，当()1,∞-∈x 时，0)('<x f ，当()+∞∈,1x 时，0)('>x f ； 所以)(x f 在()1,∞-单调递减，在()+∞,1单调递增； （2）设0<a ，则由0)('=x f 得1=x 或)2ln(a x -=. ①若2ea -=，则0))(1()('≥--=e e x x f x ，当且仅当1=x 时，0)('=x f ，所以)(x f 在()+∞∞-,单调递增；②若2e a ->，则1)2ln(<-a ，故当()),1()2ln(,+∞-∞-∈ a x 时，0)('>x f ，当()1),2ln(a x -∈时，0)('<x f ；所以)(x f 在())2ln(,a -∞-，()+∞,1单调递增，在()1),2ln(a -单调递减；③若2ea -<，则1)2ln(>-a ，故当())),2(ln(1,+∞-∞-∈a x 时，0)('>x f ，当())2ln(,1a x -∈时，0)('<x f ；所以)(x f 在()1,∞-，()+∞-),2ln(a 单调递增，在())2ln(,1a -单调递减； 二．二次求导求导后，若既无法将导函数中参数分离，也不能因式分解，则考虑对导函数进行二次求导，研究导函数的正负。
使用导数来解决含参函数单调性的讨论方法的总结
155使用导数来解决含参函数单调性的讨论方法的总结蓝荣升作者发现，使用导数来解决函数的单调性，它在高中数学试卷中占有相当大的份额。
函数的单调性是求解函数极值，最值（范围）以及零点个数问题的基础，它经常出现在压轴题的第一问，并且存在一定的困难。
求函数单调性的最困难的部分是含参函数的分类讨论，而分类讨论的思想又是高中阶段着重培养的思想方法。
因此,利用分类讨论来解决带参数的函数单调性问题已成为近年来高考的重点和热点。
这类问题的难点在于学生不懂得如何讨论，或者讨论不全面，这里总结了带参函数单调性的分类讨论的一般步骤，在学会之后，没有不知道如何讨论或讨论不全面的情况。
以下是对单调性一般步骤的讨论（解决了讨论的大部分单调性问题）:第一步：求定义域，单调区间是定义域的子集，因此求单调区间必须先求定义域，定义域有三种常见的情况需要讨论。
（1）偶次根式，根号下整体不小于0。
（2）分式，分母不等于0。
（3）对数，真数大于0。
第二步：求函数导数，令0)('=x f ，求出它的根21,x x ，根的个数一般有三种情况：无根、一个根，两个根。
导函数是分式一般先通分，并且还要考虑能不能因式分解。
第三步：如果方程有两根，则要考虑4种情况；如果只有一根则只需考虑第一种情况；如果根不能被求解，并且导数不能被判断出正的或负的，那么我们就需要求函数的二阶导数，利用二阶导数的正负来确定一阶导数的单调性，然后利用最值得到一阶导数的正负，进而判断出原函数的单调性。
（1）是否存在根（判断根是否在定义域中），得到参数的讨论点。
（2）21x x =，得到参数的讨论点。
（3）21x x >，得到参数的讨论点。
（4）21x x <，得到参数的讨论点。
第四步：判断21,x x 分定义域的每个区间的导数的正负情况，如果导数大于0，则函数单调递增，如果导数小于0，则函数单调递减。
以下三种常见方法可用来判断导数的正负：（1）数轴穿根法：（2）函数图像法：（3）区域判断法：只需要判断每个因式的正负。
一元函数的导数及其应用(利用导函数研究单调性(含参)问题)(解答题压轴题)(原卷版)高考数学必刷题
专题05一元函数的导数及其应用（利用导函数研究单调性（含参）问题）利用导函数研究单调性（含参）问题①导函数有效部分为一次型（或类一次型）②导函数有效部分为可因式分解的二次型（或类二次型）③导函数有效部分为不可因式分解的二次型①导函数有效部分为一次型（或类一次型）角度1：导函数有效部分为一次型1．（2022·吉林吉林·模拟预测（文））已知函数lnfxxaxaR.判断函数fx的单调性：解lnfxxax的定义域为0,，11axfxa
xx
当0a时，0fx恒成立，fx在0,上单调递增，当0a时，令0fx，10xa.令0fx，1xa，
所以fx在10,a上单调递增，在1,a上单调递减.综上，当0a时，fx在0,上单调递增；当0a时，fx在10,a上单调递增，在1,a上单调递减.2．（2022·江苏南通·高二期中）已知函数
ln
a
fxx
x，
esinx
gxxaR
讨论函数fx的单调性；解由题意知：fx定义域为0,，221axafxxxx；当0a时，0fx恒成立，fx在0,上单调递减；当0a时，令0fx，解得：xa；当0,xa时，0fx；当,xa时，0fx；
fx在0,a上单调递增，在,a上单调递减；
综上所述：当0a时，fx在0,上单调递减；当0a时，fx在0,a上单调递增，在,a上单调递减.3．（2022·广东·东涌中学高二期中）已知函数
1lnfxxax（其中a为参数）.
求函数fx的单调区间：解由题意得：fx定义域为0,，1axafxxx；当0a时，0fx，则fx的单调递增区间为0,，无单调递减区间；当0a时，令0fx，解得：xa；当0,xa时，0fx；当,xa时，0fx；
利用导数求含参函数的单调区间
1.3．1利用导数求含参函数的单调区间【课标要求】理解导数与函数的单调性的关系，会用导数求含参函数的单调区间1．理解导数与函数的单调性的关系.（）2. 会用导数求含参函数的单调区间（）复习1．函数的单调性与导数在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内2. 利用导数求函数单调区间的步骤(1)确定函数f(x)的；(2)求；(3)由f′(x)>0(或f′(x)<0)，解出相应的x的范围．当时，f(x)在相应的区间上是增函数；当时，f(x)在相应区间上是减函数；(4)结合定义域写出单调区间．注意函数的单调区间之间只能用“和”或“，”隔开，不能用符号“∪”连接．典型例题例1讨论函数f(x)＝ax2－a－ln x(a∈R)的单调性．反思与感悟：(1) 参数a对单调性的影响(2)如何分类讨论例2：设函数f(x)＝－13x3＋2ax2－3a2x，a∈R，求函数f（x）的单调区间反思与感悟：1参数a 对函数单调性的影响2分类讨论的方法例3已知函数f (x )＝ln x －ax 2－2x , a ∈R ，求函数f （x ）的单调区间反思与感悟：1参数a 对函数单调性的影响2分类讨论的方法当堂检测练习1 已知函数f(x)＝ln (1＋x)－x ＋k 2x 2(k ≥0)，求f(x)的单调区间．练习2已知函数f (x )＝13x 3－12(a 2＋a ＋2)x 2＋a 2(a ＋2)x ，a ∈R ，求函数y ＝f (x )的单调区间；练习3 已知函数f(x)＝lnx －ax(a ∈R)，求函数f(x)的单调区间．【思维导图】回顾本节主要内容，画出简易思维导图。
高中数学_导数与含参函数单调性之含参不等式的求解问题教学设计学情分析教材分析课后反思
教学设计一、教学任务分析 导数与函数单调性，含参不等式的求解。
利用导数分类讨论含参函数的单调性，是高考的热点，重点，易错点是含参不等式的求解问题，通过剖析错因，利用数形结合解决这一问题。
二、教学重难点重点：分类讨论含参函数的单调性；难点：含参不等式的求解，数形结合解不等式。
三、教学过程例1、（2017年全国3文）已知函数 x a ax x x f )12(ln )(2+++=，讨论)(x f 的单调性。
展示错题，让学生找错问题1：a<0时？如何准确写出不等式2ax+1>0,2ax+1<0的解集？引导学生画相应的一次函数的图像，利用图像解不等式。
方法总结：一次，画直线，单调性，与x 轴交点例2、已知函数x a x a x x f ln )2()(2++-=，其中R a ∈，求函数)(x f 的单调区间。
展示错题，让学生找错问题2：两根的大小关系有几种？问题3：二次函数，△对根的影响？变式：（2016全国1文）已知函数 2)1(2)(-+-=x a e x x f x ）（，讨论)(x f 的单调性。
问题4：2)1(-x 如何求导？问题5：02=+a e x 有根时，如何确定不等式0)1)(2(>-+x a e x ，0)1)(2(<-+x a e x 是在两根之内还是两根之外？找同学板演方法总结：例3、已知函数x a x x x f ln 12)(-+-=，0>a ，讨论)(x f 的单调性。
展示问题6：如何判断两根大小及符号？根据二次函数的开口方向，对称轴，定点画函数的图像。
变式、（2018全国1理）已知函数x a x x x f ln 1)(+-=，讨论)(x f 的单调性。
方法总结：5、小结：6、作业布置：作业案。
本节课是高三二轮复习微专题，通过几个例题，展示学生在分类讨论含参函数的单调性，求解每种情况下含参不等式时，出现的一些问题，寻求解决的方法，再通过变式得到巩固提升。
专题5__导数的应用-含参函数的单调性讨论(答案)
[典例 1] 讨论 f ( x ) = x + ax 的定义域为 (-∞,0) Y (0,+∞)x 2 = x = 〖专题 5〗 导数的应用—含参函数的单调性讨论“含参数函数的单调性讨论问题”是近年来高考考查的一个常考内容，也是我们高考复习的重点．从这几年来的高考试题来看，含参数函数的单调性讨论常常出现在研究函数的单调性、极值以及最值中，因此在高考复习中更应引起我们的重视．一、思想方法：f '( x ) > 0 ⇔ x ∈ A Y B Y ... ⇔ f ( x )增区间为A, B 和... f '( x ) < 0 ⇔ x ∈ C Y D Y ... ⇔ f ( x )增区间为C, D 和... x ∈ D 时f '( x ) > 0 ⇒ f ( x )在区间D 上为增函数 x ∈ D 时f '( x ) < 0 ⇒ f ( x )在区间D 上为减函数 x ∈ D 时f '( x ) = 0 ⇒ f ( x )在区间D 上为常函数讨论函数的单调区间可化归为求解导函数正或负的相应不等式问题的讨论．二、典例讲解x 的单调性，求其单调区间．解： f ( x ) = x + af '( x ) = 1 - a x 2 - ax 2 ( x ≠ 0) (它与 g ( x) = x 2 - a 同号)I ）当 a ≤ 0 时， f '( x ) > 0( x ≠ 0) 恒成立，此时 f ( x ) 在 (-∞,0) 和 (0,+∞) 都是单调增函数，即 f ( x ) 的增区间是 (-∞,0) 和 (0,+∞) ;II) 当 a > 0 时f '( x ) > 0( x ≠ 0) ⇔ x < - a 或x > af '( x ) < 0( x ≠ 0) ⇔ - a < x < 0或0 < x < a此时 f ( x ) 在 (-∞,- a ) 和 ( a ,+∞) 都是单调增函数，f ( x ) 在 (- a ,0) 和 (0, a ) 都是单调减函数，即 f ( x ) 的增区间为 (-∞,- a ) 和 ( a ,+∞) ;f ( x ) 的减区间为 (- a ,0) 和 (0, a ) .步骤小结：1、先求函数的定义域，2、求导函数（化为乘除分解式，便于讨论正负）3、先讨论只有一种单调区间的（导函数同号的）情况，4、再讨论有增有减的情况（导函数有正有负，以其零点分界）5、注意函数的断点，不连续的同类单调区间不要合并．[变式练习 1] 讨论 f ( x ) = x + a ln x 的单调性，求其单调区间．解： f ( x ) = x + a ln x 的定义域为 (0,+∞)f '( x ) = 1 + a x + ax ( x > 0) (它与 g ( x) = x + a 同号)I ）当 a ≥ 0 时， f '( x ) > 0( x > 0) 恒成立，此时 f ( x ) 在 (0,+∞) 为单调增函数，(0,-所以，此时f(x)在(0,-)为单调增函数，f(x)在(-1,+∞)是单调减函数，即f(x)的增区间为(0,+∞)，不存在减区间;II)当a<0时f'(x)>0(x>0)⇔x>-a;f'(x)<0(x>0)⇔0<x<-a此时f(x)在(-a,+∞)为单调增函数，f(x)在(0,-a)是单调减函数，即f(x)的增区间为(-a,+∞);f(x)的减区间为(0,-a)．[典例2]讨论f(x)=ax+ln x的单调性．解：f(x)=ax+ln x的定义域为(0,+∞)I）1ax+1f'(x)=a+=(x>0)(它与g(x)=ax+1同号)x x当a=0时，f'(x)>0(x>0)恒成立（此时f'(x)=0⇔x=-1a没有意义）II）此时f(x)在(0,+∞)为单调增函数，即f(x)的增区间为(0,+∞)当a>0时，f'(x)>0(x>0)恒成立，（此时f'(x)=0⇔x=-1a不在定义域内，没有意义）此时f(x)在(0,+∞)为单调增函数，即f(x)的增区间为(0,+∞)III)当a<0时,令f'(x)=0⇔x=-1 a于是，当x变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表：(结合g(x)图象定号)x 1)a-1a1(-,+∞)af'(x) f(x)+增↗0-减↘1a a11即f(x)的增区间为(0,-);f(x)的减区间为(-,+∞)．a a小结：导函数正负的相应区间也可以由导函数零点来分界，但要注意其定义域和连续性．即先求出f'(x)的零点，再其分区间然后定f'(x)在相应区间内的符号．一般先讨论f'(x)=0无解情况，再讨论解f'(x)=0过程产生增根的情况（即解方程变形中诸如平方、去分母、去对数符号等把自变量x范围扩大而出现有根，但根实际上不在定义域内的），即根据f'(x)零点个数从少到多，相应原函数单调区间个数从少到多讨论，最后区间（最好结合导函数的图象）确定相应单调性．[变式练习2]讨论f(x)=12ax2+ln x的单调性．解：f(x)=12ax2+ln x的定义域为(0,+∞) 1ax2+1f'(x)=ax+=x x(x>0),它与g(x)=ax2+1同号.3a af '( x ) > 0 ⇔ x < - 或x > 所以此时， f ( x ) 的增区间为 (-∞,- )和( ,+∞) ； f ( x ) 的减区间为 (- , )令 f '( x ) = 0 ⇔ ax 2 + 1 = 0( x > 0) ，当 a ≥ 0 时，无解；当 a < 0 时, x = -1 - a=- a a(另一根不在定义域内舍去)1i)当 a = 0 时， f '( x ) > 0( x > 0) 恒成立 （此时 f '( x ) = 0 ⇔ x 2 = - 没有意义）a此时 f ( x ) 在 (0,+∞) 为单调增函数，即 f ( x ) 的增区间为 (0,+∞)ii)当 a > 0 时， f '( x ) > 0( x > 0) 恒成立，(此时 方程 ax 2 + 1 = 0 判别式 ∆ < 0 ,方程无解)此时 f ( x ) 在 (0,+∞) 为单调增函数，即 f ( x ) 的增区间为 (0,+∞) iii)当 a < 0 时,当 x 变化时， f '( x ), f ( x ) 的变化情况如下表：(结合 g(x)图象定号)x1(0, - )a -1 a1( - ,+∞)af '( x )f ( x )+增↗ 0-减↘所以，此时 f ( x ) 在 (0, -即 f ( x ) 的增区间为 (0, - 1 1) 为单调增函数， f ( x ) 在 ( - ,+∞) 是单调减函数， a a1 1) ; f ( x ) 的减区间为 ( - ,+∞) ．a a小结：一般最后要综合讨论情况，合并同类的，如 i),ii)可合并为一类结果．对于二次型函数（如 g ( x ) = ax 2 + 1 ）讨论正负一般先根据二次项系数分三种类型讨论． [典例 3] 求 f ( x ) = a 2 x 3 + ax 2 - x - 1 的单调区间． 解： f ( x ) = a 2 x 3 + ax 2 - x - 1 的定义域为 R ，f '( x ) = 3a 2 x 2 + 2ax - 1 = (3ax - 1)(ax + 1)I) 当 a = 0 时， f '( x ) = -1 < 0 ⇒ f ( x ) 在 R 上单调递减， f ( x ) 减区间为 R ，无增区间．II) 当 a ≠ 0 时 3a 2 > 0 ， f '( x ) 是开口向上的二次函数，令 f '( x ) = 0得x = 1 1 1, x = - (a ≠ 0) , 因此可知（结合 f '( x ) 的图象）2i)当 a > 0 时， x > x 121 1 1 1; f '( x ) < 0 ⇔ - < x <a 3a a 3a1 1 1 1a 3a a 3aii)当 a < 0 时， x < x12或x > - ;所以此时， f ( x ) 的增区间为 (-∞, )和(- ,+∞) ； f ( x ) 的减区间为 ( ,- ) ．[变式练习 3] 求 f ( x ) = 1 ，。
导数讨论含参单调性习题含详细讲解问题详解
实用标准文案m(x + n)f(x) = lnx z g(x) = --- (m > 0)1.设函数X + 1 (D 当m = 1时，函数y = f(x)与y = g(x)在x = i 处的切线互相垂直，求n 的值:(2)若函数y = f(x)-g(x)在定义域不单调，求m-n 的取值国; 满足条件的实数a ；若不存在，请说明理由.2. 已知函数= (ax + l)lnx-ax + 3z a € R /g (x)^f(x)^导函数，e 为自然对数的底数. (1) 讨论g(x)的单调性； (2) 当a>e 时，证明：g(e _a)>0.(3) 当a>e 时，判断函数f(x)零点的个数，并说明理由. bf(x) = a(x + -)+ blnx3. 已知函数 x (其中，a,b 6 R).(1) 当b = -4时，若f(x)在其定义域为单调函数，求a 的取值围；(2) 当a = 7时，是否存在实数b,使得当xe ［e,e 2］时，不等式f(x)>0恒成立，如果存在, 求b的取值围，如果不存在，说明理由(其中e 是自然对数的底数，e = 2.71828 -).4. 已知函数g(x) = x 2+ ln(x + a)，其中a 为常数. (1) 讨论函数g(x)的单调性；g(xj + g(x 2) x x + x 2 > g( --------- )(2) 若g(x)存在两个极值点X/2,求证：无论实数a 取什么值都有2 2・5. 已知函数f(x) = ln(e x+ a) (a 为常数)是实数集R 上的奇函数，函数g(x) = Xf(x) + sinx 是 区间【-1, 1］上的减函数.(1)求a 的值;(2)若g(x)<t 2+ Xt + l 在xEHL, 1］及入所在的取值国上恒成立，求t 的取值国:Inx 2—=x -2ex + m(3)讨论关于x 的方程f(x)的根的个数.(3)是否存在正实数6使得 2a xf(;)・f 声屮(寿 <0对任意正实数X 恒成立？若存在，求出文档大全实用标准文案6. 已知函数 f (x) = ax-\nx,F (x) = e x + ax ,其中 x>O,a <0.(1) 若/(X)和F(x)在区间(0,ln3)上具有相同的单调性，数a 的取值围；(2) 若aw -oo,-—,且函数 g (x) = xe a ^1 - 2av+ f (x)的最小值为 M,求M 的X €-最小值.7. 已知函数 f(x) = e x+m -\nx.(1 )如X = 1是函数/(X)的极值点，数〃7的值并讨论的单调性/(X):(2)若X = A O 是函数/(X)的极值点，且f(x) > 0恒成立，数加的取值围(注：已知 常数a 满足<71116/= 1)・牙3(1) 当加=1 时，求证：-lvxS 0 时，f (x) < —:(2) 试讨论函数y = /(A )的零点个数.9. 已知£ 是自然对数的底数，F(x) = 2e'~1+x+liix,/(x) = d r(x-l) + 3.⑴设T(x) = F(x)-/(x),当0 = 1 + 2以时，求证：T(x)在(0,+oo)±单调递增;(2)若 Vx>l,F(x)>/(x),数a 的取值囤. 10. 已知函数 /(x) = e v+ax-2(1) 若a = -l 求函数/(%)在区间［-1,1］的最小值； (2) 若a G /?,讨论函数/(X)在(0,+co)的单调性； (3) 若对于任意的為,耳丘(°，+8)，且兀 <耳，都有xJ/CG + a ］ vxJ/Vj + a ］成立，求a 的取值囲。
基于“问题驱动”高三数学复习课教学设计——以“利用导数判断含参函数的单调性”为例
确定导数正负的式子是狔＝－（２狓＋犪）（狓－犪）， 该二次式开口向下，令（２狓 ＋犪）（狓 －犪）＝０有狓１ ＝
犪 －２
，狓２
＝犪，分犪＝０、犪
＜０和犪
＞０三
种情况，考虑
到函数的定义域为（０，＋ ∞），再考虑零点是否在定义
域内．
师：本题分类标准是什么？
生：根据导函数 零 点 的 个 数、零 点 的 大 小 以 及 零
确定的． 设计意图：通过问题引导学生回顾判断单调性的
方法，用导数判断单调性的方法步骤，构建知识网络， 注意易错易漏点．
（二）问题引入 师：对一些含 有 参 数 的 函 数，其 导 函 数 也 常 含 有 参数，怎样判断其单调性呢？ 例如：讨论函数犳（狓）＝ｌｎ狓－犪狓 的单调性． 解析：函数定义域为（０，＋ ∞）．犳′（狓）＝狓１ －犪＝ １－狓犪狓． 追问１：该导数的正负由哪个式子确定？ 生：狔＝－犪狓＋１． 追问２：这 个 式 子 对 应 的 函 数 中 哪 些 量 是 确 定 的？哪些量不确定？ 生：在狔 轴上的截距为定值１，一次项系数犪 为不 确定值． 师：函数的极值点，即导函数的零点，即是单调区 间的分界点． 追问３：该导函数有零点吗？ 生：犪＝０时，没有零点；犪 ≠０时，导函数零点为狓 ＝犪１．
要讨论判别式Δ ≤０和Δ ＞０两大类．Δ ＞０时，用求 根公式求 出 导 数 的 零 点，考 虑 到 定 义 域，再 讨 论 零 点
是否在定义域内分为犪 ＜－２和犪 ＞２两类． 师：本题运用到哪些分类标准？
二、教学目标及教学重点、难点
（一）教学目标 １．能利用导数判断含参函数的单调性． ２．掌握常见的几种分类讨论的方法． ３．在学习 中，培 养 学 生 逻 辑 思 维 的 严 谨 性，以 及 分类讨论、数形结合等数学思想方法的运用及分析问 题、解决问题的能力的培养． （二）教学重点、难点 重点：含参函数的单 调 性 中 对 参 数 进 行 分 类 讨 论，确定分类讨论的标准． 难点：分类讨论的标准及多层次的分类讨论．
专题3.3 利用导数研究函数的单调性-重难点题型精讲(新高考地区专用)(解析版)
专题3.3 利用导数研究函数的单调性-重难点题型精讲函数的单调性与导数的关系条件 恒有 结论函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上可导f ′(x )>0 f (x )在(a ，b )内单调递增 f ′(x )<0 f (x )在(a ，b )内单调递减 f ′(x )＝0f (x )在(a ，b )内是常数函数【思考】“f(x )在区间(a ，b )上是增函数，则f ′(x )>0在(a ，b )上恒成立”，这种说法是否正确？ 提示 不正确，正确的说法是：可导函数f (x )在(a ，b )上是增(减)函数的充要条件是对∀x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)且f ′(x )在(a ，b )上的任一非空子区间内都不恒为零．【题型1 不含参函数的单调性】 【方法点拨】确定函数单调区间的步骤 (1)确定函数f (x )的定义域． (2)求f ′(x )．(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间． (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．【例1】（2021春•鞍山期末）函数f（x）=xx2+1的单调递减区间为．【解题思路】根据题意，求出函数的导数，解f′（x）≤0，利用导数与函数单调性的关系分析可得答案．【解答过程】解：根据题意，函数f（x）=xx2+1，其导数f′（x）=(x2+1)−x×(2x)(x2+1)2=1−x2(x2+1)2，若f′（x）≤0，即1−x2(x2+1)2≤0，解可得：x≤﹣1或x≥1，即函数f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣1]、[1，+∞）；故答案为：（﹣∞，﹣1]、[1，+∞）．【变式1-1】（2021春•资阳期末）函数f（x）=√x•lnx的递增区间为（）A．(1e2，+∞)B．(1e，+∞)C．(0，1e2)D．(0，1e)【解题思路】对f（x）求导，令f′（x）＞0，即可求得函数的递增区间．【解答过程】解：f（x）=√x•lnx的定义域为（0，+∞），f′（x）=12√x lnx+√xx=1√x（12lnx+1），令f′（x）＞0，解得x＞1e2，即函数f（x）=√x•lnx的递增区间为（1e2，+∞）．故选：A．【变式1-2】（2021春•修水县期末）已知函数f(x)=(x−1)e xx2+1．求函数f（x）的单调区间．【解题思路】对f（x）求导，利用导数与单调性的关系即可求解；【解答过程】解：f′（x）=xe x(x2+1)−(x−1)e x(2x)(x2+1)2=x(x2−2x+3)e x(x2+1)2，令f′（x）＞0，可得x＞0，令f′（x）＜0，可得x＜0，∴（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．【变式1-3】（2021•全国四模）已知f（x）＝e x．求关于x的函数g（x）＝f（x）﹣4f（﹣x）﹣5x的单调区间．【解题思路】依题意，得g（x）＝e﹣x（e x﹣1）（e x﹣4），由g′（x）＞0可得g（x）的增区间，g′（x）＜0可得g（x）的减区间；【解答过程】解：g（x）＝e x﹣4e﹣x﹣5x，g′（x）＝e x+4e﹣x﹣5＝e﹣x（e x﹣1）（e x﹣4），∴g′（x）＞0⇔x＞ln4或x＜0，g（x）的增区间为（﹣∞，0），（ln4，+∞）；g′（x）＜0⇔x＞0＜x＜ln4，g（x）的减区间为（0，ln4）；【题型2 含参函数的单调性】【方法点拨】(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．【例2】（2021•湖南模拟）已知函数f（x）＝x3+3a（x+1）（a∈R）．讨论f（x）的单调性．【解题思路】对函数f（x）求导，分a≥0及a＜0讨论导函数与0的大小关系，即可求得单调性；【解答过程】解：f′（x）＝3x2+3a，①当a≥0时，f′（x）≥0，f（x）在R上单调递增；②当a＜0时，令f′（x）＞0，解得x＜−√−a或x＞√−a，令f′（x）＜0，解得−√−a＜x＜√−a，∴f（x）在(−∞，−√−a)，(√−a，+∞)上单调递增，在(−√−a，√−a)上单调递减；综上，当a≥0时，f（x）在R上单调递增；当a＜0时，f（x）在(−∞，−√−a)，(√−a，+∞)上单调递增，在(−√−a，√−a)上单调递减；【变式2-1】（2021•肥城市模拟）已知函数f(x)=ln(x+a)−xx+a，a∈R．讨论f（x）的单调性．【解题思路】求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；【解答过程】解：由已知可得函数f（x）的定义域为（﹣a，+∞），f′(x)=x(x+a)2，当a≤0时，x＞﹣a≥0，故f'（x）＞0，f（x）在（﹣a，+∞）上单调递增；当a＞0时，x∈（﹣a，0）时，f'（x）＜0，f（x）在（﹣a，0）上单调递减，x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；综上所述，当a≤0时，f（x）的单调递增区间是（﹣a，+∞），无单调递减区间；当a＞0时，f（x）的单调递减区间是（﹣a，0），f（x）的单调递增区间是（0，+∞）．【变式2-2】（2021•庐阳区校级模拟）已知函数f(x)=a2(x−2)2−x+2lnx(a＞0)．讨论f（x）的单调性．【解题思路】可得f′(x)=(x−2)(ax−1)x，分a=12，0＜a＜12，a＞12三类讨论，可得f（x）的单调性；【解答过程】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=a(x−2)−1+2x=(x−2)(ax−1)x，令f'（x）＝0，则x1＝2，x2=1 a．（ⅰ）若a=12，则f'（x）≥0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上是增函数．（ⅱ）若0＜a＜12，则1a＞2，当x∈(0，2)∪(1a，+∞)时，f'（x）＞0；当x∈(2，1a)时，f'（x）＜0．（ⅲ）若a ＞12，则0＜1a ＜2，当x ∈(0，1a )∪(2，+∞)时，f '（x ）＞0；当x ∈(1a，2)时，f '（x ）＜0． 综上所述；当a =12时，f （x ）在（0，+∞）上是增函数；当0＜a ＜12，f （x ）在（0，2），(1a，+∞)上是增函数，在(2，1a)上是减函数； 当a ＞12时，f （x ）在(0，1a )，（2，+∞）上是增函数，在(1a ，2)上是减函数． 【变式2-3】（2021•丙卷模拟）已知函数ℎ(x)=a 2x −a −1+lnxx，其中a ∈R ，若函数f （x ）＝x •h （x ），讨论f （x ）的单调性．【解题思路】由条件可得f ′（x ）=(2ax+1)(ax−1)x，然后分a ＝0，a ＞0，a ＜0三类讨论，可得f （x ）的单调情况；【解答过程】解：由题意，得2221()()()1(0)lnxf x x h x x a x a a x ax lnx x x+=⋅=⋅--=--->， 则222121(21)(1)()2a x ax ax ax f x a x a x x x--+-'=--==①当0a =时，1()0f x x'=-<在(0,)+∞上恒成立，()f x ∴在(0,)+∞上单调递减；②当0a >时，110,02x a a-<<>， 令()0f x '>，即(21)(1)0ax ax x +->，解得1x a >；令()0f x '<，即(21)(1)0ax ax x+-<，解得10x a <<，()f x ∴在1(0,)a 上单调递减，在1(,)a+∞上单调递增；③当0a <时，110,02x a a<<->， 令()0f x '>，即(21)(1)0ax ax x +->，解得12x a >-； 令()0f x '<，即(21)(1)0ax ax x +-<，解得102x a<<-，()f x ∴在1(0,)2a-上单调递减，在1(,)2a -+∞上单调递增．综上，当0a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，()f x 在1(0,)a 上单调递减，在1(,)a+∞上单调递增；当0a <时，()f x 在1(0,)2a-上单调递减，在1(,)2a -+∞上单调递增．【题型3 利用函数单调性比较大小】【例3】（2021•二模拟）已知a=12ln2+14，b=2e，c=lnπ+1π，则a，b，c之间的大小关系为（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a【解题思路】本题不能直接比较大小，所以先将a，b化为与c一样的形式，即a=12ln2+14+14=2ln2+14=ln4+14，b=2e=lne+1e，然后令f(x)=lnx+1x，利用导数求出函数的单调性，比较大小．【解答过程】解：令f(x)=lnx+1x，则f′(x)=−lnxx2，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）上递增，令f′（x）＜0，解得：x＞1，所以f（x）在（1，+∞）上递减，由题：a=12ln2+14+14=2ln2+14=ln4+14=f（4），b=2e=lne+1e=f（e），c=lnπ+1π=f（π），因为e＜π＜4，所以f（e）＞f（π）＞f（4），即b＞c＞a，故选：B．【变式3-1】（2021•丙卷模拟）已知函数f（x）+f'（x）＝2m x，f（x）﹣f'（x）＝2m﹣x（m＞1），若a＝0.75，b＝70.5，c＝log51，则（）A．f（b）＜f（a）＜f（c）B．f（c）＜f（b）＜f（a）C．f（c）＜f（a）＜f（b）D．f（a）＜f（b）＜f（c）【解题思路】根据条件得到f（x）＝e x+e﹣x，然后判断f（x）的奇偶性和单调性，再结合a＝0.75，b＝70.5，c＝log51，判断a，b，c的大小即可．【解答过程】解：由f（x）+f'（x）＝2m x与f（x）﹣f'（x）＝2m﹣x，得f（x）＝m x+m﹣x，f'（x）＝m x﹣m﹣x，所以m＝e，所以f（x）＝e x+e﹣x，由f（x）＝f（﹣x），知函数f（x）为偶函数．又f'（x）＝e x﹣e﹣x，当x＞0时，f'（x）＞0，当x＜0时，f'（x）＜0，所以函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．因为c=log51=0＜a=0.75＜1＜b=70.5，所以f（c）＜f（a）＜f（b）．故选：C．【变式3-2】（2021•皇姑区校级模拟）已知实数x ，y ，z 满足e y lnx ＝ye x 且e z ln 1x=ze x ，若y ＞1，则（ ）A ．x ＞y ＞zB ．x ＞z ＞yC ．y ＞z ＞xD ．y ＞x ＞z【解题思路】由选项确定比较x ，y ，z 三个字母的大小，题干中只有两个等式及y ＞1，所以先考虑到将等式变形，确定除x ＞1，z ＜0；在比较x 与y 的大小，构造出x ，y 的一个不等式，然后利用函数的单调性求解．【解答过程】解：因为e y•lnx ＝y •e x可e y y=e x lnx，∵y ＞1，e y＞0，∴e y y＞0，∴e x lnx＞0，∴lnx ＞0， ∴x ＞1，∵e z⋅ln 1x =z ⋅e x，∴e z z =e x ln1x=−e x lnx ＜0，∵e z ＞0， ∴z ＜0；（下面比较x ，y 的大小）令f （x ）＝x ﹣lnx ，f′(x)=1−1x =x−1x ，当x ＞1时，f ′（x ）＞0，∴f （x ）在（1，+∞）上单调递增，∴x ＞1时，f （x ）＞f （1），即x ﹣lnx ＞1，一定有x ﹣lnx ＞0，∴x ＞lnx ＞0，∴e x x＜e x lnx①，又∵e xlnx=e x y，①式可化为e x x＜e y y，令g(x)=e xx ，则g′(x)=e x (x−1)x 2， 当x ＞1时，g ′（x ）＞0，∴g （x ）在（1，+∞）上单调递增， ∵x ＞1，y ＞1，e x x＜e y y，∴x ＜y ，综上：y ＞x ＞z 故选：D ．【变式3-3】（2021•渝水区校级模拟）已知x ∈(0，π4)，且a =2cos 2x+1e 2cos 2x，b =cosx+1e cosx ，c =sinx+1e sinx ，则a ，b ，c 的大小关系式为（ ） A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．b ＜c ＜aD ．c ＜a ＜b【解题思路】构造函数g （x ）=x+1e x ，利用导数可得g （x ）在区间（0，+∞）单调递减，进一步分析可得2cos 2x ＞cos x ＞sin x ＞0，从而可得答案． 【解答过程】解：令g （x ）=x+1e x ， 则g ′（x ）=−xe x ，所以当x ＞0时，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减．① 因为x ∈(0，π4)， 所以cos x ∈（√22，1），2cos x ∈（√2，2），且cos x ＞sin x ＞0， 又2cos 2x ﹣cos x ＝cos x （2cos x ﹣1）＞0， 所以2cos 2x ＞cos x ＞sin x ＞0， 由①得a ＜b ＜c ， 故选：A ．【题型4 利用函数单调性解不等式】【例4】（2021•大通县一模）已知定义在R 上的函数f （x ）满足f （2）＝20，且f （x ）的导函数f '（x ）满足f '（x ）＞6x 2+2，则不等式f （x ）＞2x 3+2x 的解集为（ ） A ．{x |x ＞﹣2}B ．{x |x ＞2}C ．{x |x ＜2}D ．{x |x ＜﹣2或x ＞2}【解题思路】令g （x ）＝f （x ）﹣2x 3﹣2x ，结合条件判断g （x ）的单调性，将问题转化为g （x ）＞g （2），然后求出不等式的解集即可．【解答过程】解：令g （x ）＝f （x ）﹣2x 3﹣2x ，则g '（x ）＝f '（x ）﹣6x 2﹣2＞0， 所以g （x ）在R 上单调递增．因为g （2）＝f （2）﹣2×23﹣2×2＝0， 故原不等式等价于g （x ）＞g （2），所以x ＞2， 所以不等式的解集为{x |x ＞2}． 故选：B ．【变式4-1】（2021•全国卷模拟）f （x ）是定义在R 上的奇函数，且f （1）＝0，f '（x ）为f （x ）的导函数，且当x ∈（0，+∞）时f '（x ）＞0，则不等式f （x ﹣1）＞0的解集为（ ）A．（0，1）∪（2，+∞）B．（﹣∞，1）∪（1，+∞）C．（﹣∞，1）∪（2，+∞）D．（﹣∞，0）∪（1，+∞）【解题思路】依题意，作出y＝f（x）的图象，得到f（x）＞0的解集，继而可得不等式f（x﹣1）＞0的解集．【解答过程】解：∵f（x）是定义在R上的奇函数，且f（1）＝0，当x∈（0，+∞）时f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣∞，0），（0，+∞）上单调递增，图形如下：∴f（x）＞0的解集为：（﹣1，0）∪（1，+∞），又y＝f（x﹣1）的图象是y＝f（x）的图象向右平移一个单位，∴不等式f（x﹣1）＞0的解集为（0，1）∪（2，+∞），故选：A．【变式4-2】（2021•长春模拟）已知定义域为R的函数f（x）满足f（x）+xf'（x）＞1（f'（x）为函数f（x）的导函数），则不等式（1+x）f（1﹣x2）＞f（1﹣x）+x的解集为（）A．（0，1）B．（0，1]C．（0，+∞）D．（0，1）∪（1，+∞）【解题思路】构造函数g（x）＝xf（x）﹣x，求出函数的导数，根据函数的单调性求出不等式的解集即可．【解答过程】解：由（1+x）f（1﹣x2）＞f（1﹣x）+x，当x＜1时，可得（1﹣x）（1+x）f（1﹣x2）＞（1﹣x）f（1﹣x）+（1﹣x）x，即（1﹣x2）f（1﹣x2）＞（1﹣x）f（1﹣x）+x﹣x2，即（1﹣x2）f（1﹣x2）﹣（1﹣x2）＞（1﹣x）f（1﹣x）﹣（1﹣x），构造函数g（x）＝xf（x）﹣x，g'（x）＝f（x）+xf'（x）﹣1＞0，所以函数g（x）递增，则1﹣x2＞1﹣x，此时0＜x＜1，即0＜x＜1满足；当x＞1时，可得（1﹣x2）f（1﹣x2）﹣（1﹣x2）＜（1﹣x）f（1﹣x）﹣（1﹣x），由函数g（x）递增，则1﹣x2＜1﹣x，此时x＜0或x＞1，即x＞1满足；当x＝1时，2f（0）＞f（0）+1，即f（0）＞1满足f（x）+x⋅f'（x）＞1．综上，x∈（0，+∞），故选：C．【变式4-3】（2021•香坊区校级三模）设函数f'（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，当x＞0时，lnxf′（x）＜−1x f（x），则使得（x2﹣9）f（x）＜0成立的x的取值范围是（）A．（﹣3，0）∪（3，+∞）B．（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）C．（﹣3，0）∪（0，3）D．（﹣∞，﹣3）∪（0，3）【解题思路】令g(x)＝f(x)lnx(x＞0),则当x＞0时，g(x)＝f(x)lnx单调递减，而g(1)＝0，于是可得当x∈(0,1)∪(1,+∞)时，f(x)＜0；x∈(﹣1,0)∪(﹣∞,﹣1)时，f(x)＞0，从而可求得（x2﹣9）f（x）＜0的解．【解答过程】解：令g(x)＝f(x)lnx(x＞0),则g′(x)＝f′(x)lnx+1x f(x)＜0,∴当x＞0时，g(x)＝f(x)lnx单调递减．又g(1)＝f(1)ln1＝0,∴当x∈(0,1)时，g(x)＞0,而此时lnx＜0,∴f(x)＜0；当x∈(1,+∞)时，g(x)＜0,而此时lnx＞0,∴f(x)＜0；又f（x）是奇函数,∴当x∈(﹣1,0)时，f(x)＞0；当x∈(﹣∞,﹣1)时，f(x)＞0；∵（x2﹣9）f（x）＜0,∴当x＜0时，x2﹣9＜0，解得﹣3＜x＜0；①当x＞0时，x2﹣9＞0，解得x＞3；②综合①②，得（x2﹣9）f（x）＜0成立的x的取值范围为（﹣3，0）∪（3，+∞），故选：A．【题型5 函数单调性与图像关系】【例5】（2020秋•宝鸡期末）若函数y＝f（x）的导函数图象如图所示，则y＝f（x）的图象可能为（）A．B．C．D．【解题思路】根据f′（x）的图象，分别判断函数的单调性即可．【解答过程】解：设f′（x）＝0的两个根分别为a，b，0＜a＜b，则当x＜a时，f′（x）＜0，函数f（x）为减函数，排除选项A和D；当a＜x＜b时，f′（x）＞0，函数f（x）为增函数，当x＞b时，f′（x）＜0，函数f（x）为减函数，∵0＜a＜b，∴选项B不成立，选项C成立，则对应的图象为C，故选：C．【变式5-1】（2021春•葫芦岛期末）设函数f（x）的图象如图所示，则导函数f′（x）的图象可能为（）A．B．C ．D ． 【解题思路】由原函数的单调性确定导函数的函数值的正负，即可得解【解答过程】解：由f （x ）的图象知当x ∈（﹣∞，1）时，f （x ）单调递减，f '（x ）＜0当x ∈（1，4）时，f （x ）单调递增，f '（x ）＞0当x ∈（4，+∞）时，f （x ）单调递减，f '（x ）＜0故选：C ．【变式5-2】（2020秋•南昌期末）已知定义在R 上的函数y ＝f （x ），其导函数y ＝f '（x ）的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ）A ．f （b ）＞f （c ）＞f （d ）B ．f （b ）＞f （a ）＞f （e ）C ．f （c ）＞f （e ）＞f （d ）D ．f （c ）＞f （b ）＞f （a ）【解题思路】根据导函数的图象，求出函数f （x ）的单调区间，根据a ，b ，c 的大小以及函数的单调性判断函数值的大小即可．【解答过程】解：显然f （x ）（﹣∞，c ）递增，在（c ，e ）递减，在（e ，+∞）递增，而a ＜b ＜c ，故f （a ）＜f （b ）＜f （c ），故选：D ．【变式5-3】（2020秋•渝中区校级月考）已知函数y ＝f （x ）（x ∈R ）的图象如图所示，则不等式f′(x)x−1＜0的解集为（ ）A ．（﹣∞，0）∪（12，2）B ．（﹣1，1）∪（1，3）C ．（﹣∞，12）∪（12，2） D ．（﹣∞，12）∪（1，2） 【解题思路】根据条件判断函数的单调性，利用数形结合即可解不等式．【解答过程】解：∵f′(x)x−1＜0，即（x ﹣1）•f ′（x ）＜0，∴不等式等价为x ＞1时，f ′（x ）＜0，此时函数单调递减，由图象可知此时解集为：（1，2）． 当x ＜1时，f ′（x ）＞0，此时函数单调递增，由图象可知x ＜12，即不等式的解集为（﹣∞，12）∪（1，2）． 故选：D ．【题型6 利用函数单调性求参数】【方法点拨】根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)f (x )为增(减)函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)且在(a ，b )内的任一非空子区间上，f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．【例6】（2021•广东模拟）若函数f(x)=ax 2+1e x（e 为自然对数的底数）是减函数，则实数a 的取值范围是（ ）A ．a ≤0B ．a ≤1C ．a ＞0D ．0≤a ≤1 【解题思路】对f （x ）求导，由f （x ）是减函数可得f ′（x ）≤0恒成立，令g （x ）＝2ax ﹣ax 2﹣1，则g （x ）≤0恒成立，对a 分类讨论，即可求得a 的取值范围．【解答过程】解：函数f(x)=ax 2+1e x 的定义域为R ，f ′（x ）=2ax−ax 2−1e x， 因为函数f （x ）是减函数，所以f ′（x ）≤0恒成立，令g （x ）＝2ax ﹣ax 2﹣1，则g （x ）≤0恒成立，当a＝0时，g（x）＝﹣1成立；当a＜0时，则g（x）的图象开口向上，g（x）≤0不恒成立，不符合题意；当a＞0时，要使g（x）≤0恒成立，则△＝4a2﹣4a≤0，解得0≤a≤1，又a＞0，所以0＜a≤1．综上可得，实数a的取值范围是0≤a≤1．故选：D．【变式6-1】（2021•湖南模拟）若函数f（x）＝﹣x3+ax2+4x在区间（0，2）上单调递增，则实数a的取值范围为．【解题思路】问题转化为a≥3x2−2x在（0，2）恒成立，令g(x)=3x2−2x，x∈(0，2)，求出函数的导数，根据函数的单调性求出a的取值范围即可．【解答过程】解：f（x）＝﹣x3+ax2+4x，则f′（x）＝﹣3x2+2ax+4，若f（x）在区间（0，2）上单调递增，则﹣3x2+2ax+4≥0在（0，2）恒成立，即a≥3x2−2x在（0，2）恒成立，令g(x)=3x2−2x，x∈(0，2)，则g′(x)=32+2x2＞0，g（x）在（0，2）递增，故g（x）＜g（2）＝2，故a≥2，故实数a的取值范围为[2，+∞），故答案为：[2，+∞）．【变式6-2】（2021•南昌二模）若函数f（x）=x2+ax+1在（﹣1，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围为．【解题思路】根据题意，求出函数的解析式，由函数的导数与单调性的关系，可得f′（x）＝1−a+1(x+1)2≥0，即a+1≤（x+1）2的区间（﹣1，+∞）上恒成立，据此分析可得答案．【解答过程】解：根据题意，f（x）=x2+ax+1=x2−1+a+1x+1=x﹣1+a+1x+1，其导数f′（x）＝1−a+1 (x+1)2，若函数f（x）=x2+ax+1在（﹣1，+∞）上单调递增，则f′（x）＝1−a+1(x+1)2≥0，即a+1≤（x+1）2的区间（﹣1，+∞）上恒成立，又由x∈（﹣1，+∞），则（x+1）2≥0，必有a +1≤0即a ≤﹣1恒成立，即a ≤﹣1，则a 的取值范围为（﹣∞，﹣1]． 故答案为：（﹣∞，﹣1]．【变式6-3】（2021•黔江区校级模拟）函数f （x ）＝x 2﹣axlnx 在(2e ，2)上不单调，则实数a 的取值范围是 ．【解题思路】求出函数的导数，问题转化为方程a =2x lnx+1在(2e ，2)上有根，令g （x ）=2x lnx+1，根据函数的单调性求出a 的范围即可．【解答过程】解：f ′（x ）＝2x ﹣a （lnx +1），若函数f （x ）＝x 2﹣axlnx 在(2e ，2)上不单调，则方程f ′（x ）＝0在(2e ，2)上有根即方程a =2x lnx+1在(2e ，2)上有根且方程的根是函数f ′（x ）的变号零点， 令g （x ）=2x lnx+1，则g ′（x ）=2lnx (lnx+1)2， x ∈（2e ，1）时，g ′（x ）＜0，g （x ）递减，x ∈（1，2）时，g ′（x ）＞0，g （x ）递增， 又g （1）＝2，g （2e ）=4eln2，g （2）=4ln2+1，由g （2）﹣g （2e）=4ln2+1−4eln2＞0， 得g （x ）∈（2，4ln2+1），故a ∈（2，4ln2+1），故答案为：（2，4ln2+1）．。
对含参函数单调性的讨论优秀教学设计
《对含参函数单调性的讨论》教学设计一、教材分析高考中导数类的题目占据了重要地位，而其中对含参函数的考查必不可少。
利用导数分析含参函数的单调性，进而分析极值，最值，零点及趋势图像是解题的基础。
高二选修课教材中给出了对具体函数单调性的求解范例，对含参函数论述较少。
含参函数因加入了参数使得确定的函数变得不确定，对于含参函数的单调性求解一般要进行分类讨论，分类讨论的关键是要明确分类讨论的依据，做到分类准确恰当，不重不漏。
二、学情分析本节课是高三的一轮复习课。
高三的学生虽然经过高二的学习，但面对含参函数时常常思路不够清晰，特别在思考分类次序，明确分类依据，准确划分类别等方面存在困难，难以做到分类准确恰当，不重不漏。
本节课以题组的形式对两大类常见题型给予针对性讲解和训练，以期突破难点。
三、教学目标1、知识与技能：利用分类讨论思想进行含参函数单调性的讨论2、过程与方法：分类讨论思想的应用3、情态与价值：探究问题与解决问题的意识与能力三、教学重难点教学重点：利用分类讨论思想进行含参函数单调性的讨论教学难点：明确分类讨论的依据四、课时安排：1课时五、教学策略：题组探究，分类总结六、教学设计：1、提出问题含参函数因加入了参数使得确定的函数变得不确定，对于含参函数的单调性求解一般要进行分类讨论，分类讨论最难就是要做到不重不漏，今天我们重点来看看如何把握常见的含参函数单调性的分类讨论依据。
问题1、回顾具体函数的单调性的求解步骤是什么？[设计意图] 引导学生回顾具体函数单调性求解的解题步骤，有助于学生思考比较含参函数在求解过程中所遇到的不确定性，明确为什么要进行分类讨论。
2、方法统领，明确方向问题2、含参函数相对于具体函数而言，不确定的因素可能存在于哪里？我们讨论的次序是怎样的？[设计意图] 此处预留空间让学生思考，讨论，激发学生的探究热情。
即使学生回答得不全面也没有关系，教师后面可做补充，并概述要讨论的四个方面。
3、题组探究，分类总结问题3、对于以下题组，观察参数在导函数中的位置，思考：不确定的因素可能在哪里？要分多少个层次进行讨论，每个层次分类的依据是什么？是否能做到不重不漏？题组一、导函数是非二次函数型例1、（2016.山东卷节选），2()ln (2-1),f x x x ax a x a R =-+∈设'()(),()g x f x g x =令求的单调区间例2、（2017全国I 卷节选）2()(),0,()x x f x e e a a x a f x =--≤其中参数讨论的单调性例3、（2016全国I 卷改编）2()(2)(1),()x f x x e a x f x =-+-已知函数讨论的单调性调性[师生活动]学生思考,尝试完成以上各题，小组交流，展示思考及解题过程，教师给予完善和评价。
导数讨论含参单调性习题(含详细讲解答案解析)
1．设函数．（1）当时，函数与在处的切线互相垂直，求的值；（2）若函数在定义域内不单调，求的取值范围；（3）是否存在正实数，使得对任意正实数恒成立？若存在，求出满足条件的实数；若不存在，请说明理由．2．已知函数是的导函数，为自然对数的底数．（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：；（3）当时，判断函数零点的个数，并说明理由．3．已知函数（其中，）.（1）当时，若在其定义域内为单调函数，求的取值范围；（2）当时，是否存在实数，使得当时，不等式恒成立，如果存在，求的取值范围，如果不存在，说明理由（其中是自然对数的底数，）. 4．已知函数，其中为常数.（1）讨论函数的单调性；（2）若存在两个极值点，求证：无论实数取什么值都有. 5．已知函数（为常数）是实数集上的奇函数，函数是区间上的减函数.（1）求的值；（2）若在及所在的取值范围上恒成立，求的取值范围；（3）讨论关于的方程的根的个数.6．已知函数()()ln ,x f x ax x F x e ax =-=+，其中0,0x a ><.（1）若()f x 和()F x 在区间()0,ln3上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围； （2）若21,a e ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦，且函数()()12ax g x xe ax f x -=-+的最小值为M ，求M 的最小值.7．已知函数()ln x mf x ex +=-. （1）如1x =是函数()f x 的极值点，求实数m 的值并讨论的单调性()f x ；（2）若0x x =是函数()f x 的极值点，且()0f x ≥恒成立，求实数m 的取值范围（注：已知常数a 满足ln 1a a =）.8．已知函数()()2ln 12x f x mx mx =++-，其中01m <≤． （1）当1m =时，求证：10x -<≤时，()33x f x ≤；（2）试讨论函数()y f x =的零点个数． 9．已知e 是自然对数的底数,()()()12ln ,13x F x ex x f x a x -=++=-+.（1）设()()()T x F x f x =-,当112a e -=+时, 求证：()T x 在()0,+∞上单调递增； （2）若()()1,x F x f x ∀≥≥,求实数a 的取值范围. 10．已知函数()2xf x e ax =+-（1）若1a =-，求函数()f x 在区间[1,1]-的最小值； （2）若,a R ∈讨论函数()f x 在(0,)+∞的单调性； （3）若对于任意的1212,(0,),,x x x x ∈+∞<且[][]2112()()x f x a x f x a +<+都有成立，求a 的取值范围。